2025年高考备考高中物理个性化分层教辅尖子生篇《功和能》

第1页（共1页）2025年高考备考高中物理个性化分层教辅尖子生篇《功和能》一．选择题（共10小题）1．（2024春•广西期末）对做功的理解，下列说法正确的是（）A．功有大小有正负，则功是矢量 B．力对物体所做的功等于力和路程的乘积 C．物体的位移为零，该过程中外力对物体做功一定为零 D．恒力与位移的夹角为锐角，则该恒力做正功2．（2024春•耒阳市期末）如图所示，竖直平面内固定一内壁粗糙的半圆弧槽，半径为2R，一质量为m的滑块（可视为质点）从距半圆弧槽D点正上方3R的A点自由下落，经过半圆弧槽后，滑块从半圆弧槽的左端冲出，刚好到达距半圆弧槽正上方2R的B点。不计空气阻力，重力加速度为g，则以下说法错误的是（）A．滑块第一次到达半圆弧槽D点的速度为6gR B．滑块第一次到达D点时对半圆弧槽的压力为3mg C．滑块第一次通过半圆弧槽的过程中克服摩擦力做的功为mgR D．滑块从B点返回后经C再次到达D点时的速度为2gR3．（2024春•广西期末）翼装飞行是一项极具刺激的娱乐项目，亚洲翼装飞行第一人张树鹏的飞行梦始于张家界天门山。如图所示为张树鹏完成比赛时的情景，张树鹏由高空静止跳下，在空中滑行一段距离后安全地着陆在山脚下。则张树鹏在空中下落的过程中（）A．机械能守恒 B．重力势能的减少大于动能的增加 C．合力做的功等于重力势能的减少量 D．重力做的功等于机械能的减少量4．（2024春•绵阳期末）如图所示，小物块A下端与固定在地面上的轻弹簧相连，上端与绕过定滑轮的细线和小物块B相连，A、B质量相等，整个装置处于静止状态，现将B向下拉至地面由静止释放，运动过程中A，B速度大小始终相等，弹簧始终在弹性限度内，不计摩擦，则（）A．B不能再次到达地面 B．B上升过程中，B的机械能先增大后减小 C．弹簧处于原长时，A、B组成的系统总动能最小 D．A在最高点和最低点时，弹簧的弹性势能相等5．（2024春•青秀区校级期末）如图所示，长1.6m、一端固定有一质量为2kg小球的轻杆绕O点在竖直平面内做圆周运动，a点为运动轨迹的最低点、b为最高点，已知小球经过b点时的速率为3m/s，g＝10m/s2。下列说法正确的是（）A．小球经过b点时受杆的作用力为零 B．小球经过b点时受杆的作用力竖直向下 C．小球经过a点时的速率为73m/sD．小球经过a点时的速率为8m/s6．（2024春•河池期末）如图所示（俯视图），甲为水平平台，乙为与甲处在同一水平面的传送带。传送带以恒定速率v运转，某时刻，质量为m的货物从甲平台以垂直于传送带运行方向、大小也为v的速度冲上传送带，最终货物在脱离传送带之前与其达到相对静止，则自货物冲上传送带到货物与传送带相对静止的过程中，货物所受摩擦力做功大小为（）A．22mv2 B．127．（2024春•青秀区校级期末）一质量为m的物块，在水平拉力F的作用下从静止开始沿水平面运动，其阻力f为物块重力的λ倍，水平拉力的大小F＝kx+f，其中k为比例系数，x为物块运动的距离。在物块运动的距离为s的过程中拉力做的功为（）A．λmgs B．12C．12(ks8．（2024•齐齐哈尔开学）如图为某游乐场圆弧形滑梯，表面粗糙。一个小朋友从最高处由静止滑下直至最低处水平滑离的过程中，下列说法一定正确的是（）A．小朋友的动能一直增大 B．小朋友重力的功率一直增大 C．小朋友始终处于失重状态 D．小朋友机械能一直减小9．（2024•衡水模拟）如图所示，一个正四棱锥形框架放置在地面上，各侧棱边长和底边的对角线长均为L，在各侧棱都有轻质光滑圆环，对面圆环被同一根弹性绳连接，在弹性绳的交叉穿过一个轻质小圆环，其半径忽略不计，在环上用轻质硬绳挂一个质量为m的重物，初始时由于重物被手托举，弹性绳均处于各侧棱的中点位置，若整个过程中都处于弹性限度内，弹性绳的劲度系数均为k，弹性势能Ep=12kΔxA．重物下落过程中，该重物的机械能守恒 B．重物下落的过程中，各侧棱的轻质小环不会运动 C．重物下落过程中，重物的最大速度为mgD．重物下落到最低点时，弹性绳对重物做的功为m10．（2024春•曲靖期末）一质量为m的汽车，启动后在发动机功率保持不变的条件下在水平路面上行驶，经过一段时间后将达到以速度v匀速行驶的状态，若汽车在行驶中受到的阻力大小f保持不变，则（）A．发动机功率P＝fv B．启动过程中，汽车做匀加速运动 C．在车速为14v时，汽车的加速度大小为D．发动机在t时间内做的功为2fvt二．多选题（共5小题）（多选）11．（2024春•莆田期末）如图所示，木块放在光滑水平面上，一颗子弹水平射入木块。若子弹受到的平均阻力为f，射入深度为d，在此过程中木块的位移为s，则（）A．子弹的动能减少了fs B．木块的动能增加了fs C．系统产生的热量为fd D．子弹克服阻力做功为fd（多选）12．（2024春•绵阳期末）如图所示的光滑轨道由曲线轨道OD和“倒水滴形”回环轨道平滑连接组成。“倒水滴形”回环轨道上半部分是半径为R的半圆轨道、C为最高点，下半部分为两个半径为2R的四分之一圆弧轨道、D同时是圆弧轨道的最低点。一小球从轨道顶部O点由静止开始沿轨道自由下滑，沿轨道内侧经过C点时恰好对轨道无压力，O点到D点高度为H。则下列说法正确的是（）A．若减小H，小球可能经过C点且速度为零 B．若减小H，小球经过D点时速度减小 C．若增大H，小球可能经过C点且无压力 D．若增大H，小球经过D点时对轨道的压力增大（多选）13．（2024春•横山区期末）人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型：两人同时通过绳子对重物各施加一个恒力，力的大小均为1000N，方向都与竖直方向成37°，重物离开地面25cm后人停止施力，最后重物自由下落把地面砸深8cm。已知重物的质量为50kg，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则（）A．两人通过绳子对重物做功为400J B．重物离地面的最大高度为25cm C．重物刚落地时速度大小为4m/s D．地面对重物的平均阻力为5000N（多选）14．（2024春•青秀区校级期末）如图甲所示，质量为m＝1kg的小物块自倾角为37°固定粗糙斜面底端以E0＝200J的初动能沿斜面向上滑动（斜面足够长）。规定斜面底端为零势能面，物体向上滑动的过程中动能和机械能与上升高度h的关系分别如图（乙）所示。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小为g＝10m/s2。则（）A．物体向上滑动的最大距离为6m B．物体与斜面间的动摩擦因数为0.5 C．物体到达斜面底端时的动能为40J D．物体在斜面运动的全过程中因摩擦产生的热量为80J（多选）15．（2024春•青秀区校级期末）如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A，轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知A、B的质量相等且均为m，运动过程的摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g，当A的位移大小为h时。则（）A．B的速率是A的2倍 B．悬挂重物B的轻绳上的拉力大小为25C．A的速度大小为gℎ D．轻绳对B做功为−三．填空题（共5小题）16．（2024春•徐汇区校级期末）如图所示，桌面高为h，质量为m的小球从离桌面高H处自由落下，假设释放时的重力势能为0，重力加速度为g，则小球落到地面自瞬间的重力势能为，机械能为。17．（2024春•浦东新区校级期末）一台起重机以2.1×103N的牵引力将质量m＝200kg的货物由静止开始竖直向上匀加速提升：如果起重机的额定功率P0＝5×103W。则货物做匀加速运动的时间为s；若起重机达到额定功率后，始终保持该功率运行，最终将以m/s的速度匀速上升。（保留到小数点后一位）18．（2024春•泉州期末）一质量为2.5×103kg的汽车，额定功率为75kW。现让汽车保持额定功率在水平路面上从静止开始运动，运动中汽车所受阻力恒为车重的0.1倍，取重力加速度大小g＝10m/s2。从启动开始至汽车达到最大速度过程中，汽车的加速度（选填“保持不变”“逐渐增大”或“逐渐减小”），汽车所能达到的最大速度大小为m/s。19．（2024春•福清市期末）2024年5月18日，杭温高铁正式启动全线联调联试，一辆在测试的高铁的总质量M＝2.0×105kg，额定输出功率为9600kW。假设该动车组在某段水平轨道上运动时的最大速度为360km/h，受到的阻力f与速度v满足f＝kv，该动车组以最大速度匀速行驶时的牵引力为N，当匀速行驶的速度为最大速度一半时，动车组的输出功率为kW。20．（2024春•福州期末）某“复兴号”列车的额定功率为1.0×104kW，质量为1.0×105kg。若该列车保持额定功率不变从静止启动后，在水平轨道上行驶，受到的阻力恒为1.0×105N，80s后达到最大速度。该列车在达到最大速度之前做直线运动（填“匀加速”或“变加速”），加速位移为m。四．解答题（共5小题）21．（2024春•河池期末）如图所示，竖直平面内固定的光滑半圆轨道BCD和光滑半圆管道DE在D点平滑连接，D、E分别为半圆轨道的管道的最高点，O，O'分别为半圆轨道和管道的圆心，C点与圆心O等高。水平地面与半圆轨道最低点B平滑连接，在水平地面的P点处有一竖直挡板，A点有一可视为质点的物块，一轻质弹簧水平放置在P、A间，左端固定在挡板上，右端与物块接触（未拴接，开始弹簧处于原长），P、A间地面光滑，A、B间地面粗糙。现使物块压缩弹簧（始终处于弹性限度内），某时刻由静止释放。已知物块质量m＝1kg，A、B间地面长度L＝0.2m，物块与A、B间地面的动摩擦因数μ＝0.5，半圆轨道半径R＝0.9m，半圆管道半径r＝0.1m，重力加速度g＝10m/s2，物块可视为质点，管道半径远大于其粗细。（1）若释放后，物块恰好能运动到C点，求：①物块经过B点时对轨道的压力N的大小；②弹簧所具有的弹性势能Ep0的大小；（2）若释放后，物块能经过E点，求释放时弹簧所具有的弹性势能最小值Epmin及此时经过E点时的速度vmin的大小。（结果可保留根号）22．（2024春•永州期末）随着科学技术的不断发展进步，无人机已广泛应用于生产和生活。某厂家在无风的天气做无人机飞行测试，让无人机从地面由静止开始竖直上升，上升过程的速度与时间关系如图所示，其中0～2s内图像为直线，2s末电动机功率达到额定值，此后保持额定功率运动。已知无人机总质量m＝2.0kg，空气阻力恒为无人机总重力的0.1倍，g取10m/s2，求：（计算结果均保留两位有效数字）（1）无人机在0～2s内电动机提供的牵引力F；（2）无人机竖直向上运动过程能够达到的最大速度vm；（3）无人机2～6s内上升的高度H。23．（2024春•曲靖期末）如图所示某物理兴趣小组设计的一个游戏装置，该装置由倾角为60°的斜轨道AB，半径为r1＝0.4m、圆心角为60°的圆弧轨道EF，水平轨道FO2及一个半径为r2＝0.22m的14圆弧PQ组成，其中AFO2Q在同一水平线上，BE等高，BE间的距离l1＝0.23m，FO2间距离l2＝0.7m，O1、O2分别为两弧形轨道的圆心，F、P分别为两弧形轨道的最低点，O1F、O2P在竖直方向，滑块在FO2轨道滑动时动摩擦因数为μ＝0.5，其余轨道均光滑。某次游戏时小智同学用沿斜面向上的恒力F拉一个可视为质点的滑块从倾斜轨道最低点A由静止匀加速至B撤去外力，发现滑块刚好能从E点沿切线进入弧形轨道EF（无机械能损失），然后沿EF滑下经O2落在圆弧PQ上，已知滑块质量为m＝0.1kg，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2（1）滑块由A至B过程中重力做的功；（2）滑块在弧形轨道EF的最低点F处受轨道的支持力大小和方向；（3）滑块落在圆弧PQ上的位置。24．（2024春•太原期末）如图所示，竖直平面内光滑细管弯成的圆弧形轨道半径R＝0.5m，质量m＝1kg的小球在最高点Q受到轻微扰动，由静止沿管道从右侧滑下。小球经最低点A从管道P点飞出后恰好垂直打在竖直墙面BC上的E点（图中未画出），OP与OA的夹角θ＝53°。已知小球直径远小于R且可视为质点，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：（1）小球到达P点时，管道对小球弹力的大小和方向；（2）Q、E之间的高度差h。25．（2024春•朝阳区期末）某人骑摩托车越过一个壕沟，壕沟两侧的高度差h＝0.8m。摩托车后轮离开地面后失去动力，可视为平抛运动，后轮落到壕沟对面才算安全。若摩托车恰好越过这个壕沟的初速度为v0＝12m/s，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）摩托车在空中运动的时间t；（2）壕沟两侧的水平距离x；（3）摩托车恰好越过壕沟落地前瞬间的速度大小v。

2025年高考备考高中物理个性化分层教辅尖子生篇《功和能》参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2024春•广西期末）对做功的理解，下列说法正确的是（）A．功有大小有正负，则功是矢量 B．力对物体所做的功等于力和路程的乘积 C．物体的位移为零，该过程中外力对物体做功一定为零 D．恒力与位移的夹角为锐角，则该恒力做正功【考点】功的正负及判断．【专题】定性思想；推理法；功的计算专题；理解能力．【答案】D【分析】如果一个力作用在物体上，物体在这个力的方向上移动了一段距离，力学里就说这个力做了功。【解答】解：A、功是标量，只有大小没有方向，但有正功、负功之分，故A错误；B、由功的定义式W＝Fxcosθ可知，一个力对物体做的功等于这个力的大小、物体位移大小以及力和位移夹角的余弦三者的乘积，故B错误；C、物体在粗糙的水平面上绕行一周的过程中，物体的位移为零，摩擦力对物体做的功不等于零，故C错误；D、恒力与位移的夹角为锐角，恒力在位移方向上的分力与位移方向一致，则该力做正功，故D正确。故选：D。【点评】考查对功的定义的理解，要清楚基础定义。2．（2024春•耒阳市期末）如图所示，竖直平面内固定一内壁粗糙的半圆弧槽，半径为2R，一质量为m的滑块（可视为质点）从距半圆弧槽D点正上方3R的A点自由下落，经过半圆弧槽后，滑块从半圆弧槽的左端冲出，刚好到达距半圆弧槽正上方2R的B点。不计空气阻力，重力加速度为g，则以下说法错误的是（）A．滑块第一次到达半圆弧槽D点的速度为6gR B．滑块第一次到达D点时对半圆弧槽的压力为3mg C．滑块第一次通过半圆弧槽的过程中克服摩擦力做的功为mgR D．滑块从B点返回后经C再次到达D点时的速度为2gR【考点】机械能守恒定律的简单应用；牛顿第二定律求解向心力；常见力做功与相应的能量转化．【专题】定量思想；模型法；机械能守恒定律应用专题；分析综合能力．【答案】D【分析】小球从A点到D点，根据机械能守恒定律求解滑块第一次到达半圆弧槽D点的速度；滑块第一次到达D点时，由圆弧槽对其的弹力提供向心力，由牛顿第二定律求出轨道对滑块的弹力，从而得到滑块对半圆弧槽的压力；小球从A点到B点的整个过程，利用动能定理求解通过半圆弧槽的过程中克服摩擦力做的功；滑块从B点返回后经C再次到达D点时，假设两次克服阻力做功相同，根据动能定理求出再次到达D点时的速度。分析克服阻力做功的变化分析速度的变化。【解答】解：A、小球从A点到D点，由机械能守恒定律得mg•3R=解得滑块第一次到达半圆弧槽D点的速度为：v1B、滑块第一次到达D点时，由牛顿第二定律得N＝mv122R由牛顿第三定律，滑块对半圆弧槽的压力等于圆弧槽对其的弹力，即为3mg，故B正确；C、设滑块第一次通过半圆弧槽的过程中克服摩擦力做的功为Wf，小球从A点到B点的整个过程，根据动能定理得mg（3R﹣2R）﹣Wf＝0解得：Wf＝mgR，故C正确；D、如果两次克服阻力做功相同，滑块从B点返回后经C再次到达D点时，由动能定理得mg•2R﹣Wf=解得：v但第二次速度小于第一次，根据向心力公式可知，在各位置对应压力小于第一次，则阻力小于第一次，克服阻力做功小于第一次，因此滑块从B点返回后经C再次到达D点时的速度大于2gR，故D错误。本题选错误的，故选：D。【点评】解答本题的关键要明确滑块经过半圆弧槽时，对轨道的压力与速度有关，运用动能定理时，要明确研究过程。3．（2024春•广西期末）翼装飞行是一项极具刺激的娱乐项目，亚洲翼装飞行第一人张树鹏的飞行梦始于张家界天门山。如图所示为张树鹏完成比赛时的情景，张树鹏由高空静止跳下，在空中滑行一段距离后安全地着陆在山脚下。则张树鹏在空中下落的过程中（）A．机械能守恒 B．重力势能的减少大于动能的增加 C．合力做的功等于重力势能的减少量 D．重力做的功等于机械能的减少量【考点】判断机械能是否守恒及如何变化；功的正负及判断；重力做功的特点和计算；动能定理的简单应用．【专题】比较思想；寻找守恒量法；机械能守恒定律应用专题；理解能力．【答案】B【分析】分析各力对张树鹏做功情况，判断其机械能是否守恒；根据能量转化情况分析重力势能的减少与动能的增加的关系；合力的功等于动能的增加量；重力做的功等于重力势能的减少量。【解答】解：A、张树鹏在下落的过程中，除重力对他做正功外，空气阻力对他做负功，所以其机械能不守恒，故A错误；B、张树鹏在空中下落的过程中，要克服空气阻力做功产生内能，所以重力势能的减少大于动能的增加，故B正确；C、由动能定理可知合力的功等于动能的增加量，故C错误；D、根据功能关系可知，重力做的功等于重力势能的减少量，空气阻力的功等于机械能的减少量，故D错误。故选：B。【点评】解答本题的关键要掌握常见的功与能的关系，知道除了重力以外其他力做的功等于机械能的变化。4．（2024春•绵阳期末）如图所示，小物块A下端与固定在地面上的轻弹簧相连，上端与绕过定滑轮的细线和小物块B相连，A、B质量相等，整个装置处于静止状态，现将B向下拉至地面由静止释放，运动过程中A，B速度大小始终相等，弹簧始终在弹性限度内，不计摩擦，则（）A．B不能再次到达地面 B．B上升过程中，B的机械能先增大后减小 C．弹簧处于原长时，A、B组成的系统总动能最小 D．A在最高点和最低点时，弹簧的弹性势能相等【考点】常见力做功与相应的能量转化；机械能守恒定律的简单应用．【专题】定性思想；推理法；功能关系能量守恒定律；分析综合能力．【答案】D【分析】根据运动过程绳子拉力对B做功情况判断B上升过程机械能如何变化；A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，根据运动过程应用机械能守恒定律分析答题。【解答】解：A、物块A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，B能再次到达地面，故A错误；B、物块B上升过程受到细线拉力与重力作用，重力对B做功不改变B的机械能，B上升过程细线的拉力对B一直做正功，B的机械能一直增加，故B错误；C、物块A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧处于原长时弹簧的弹性势能最小为零，由机械能守恒定律可知，此时A、B组成的系统总机械能最大，由于A减小的重力势能与B增加的重力势能相等，A、B系统的重力势能不变，则A、B组成系统的动能最大，故C错误；D、A在最低点与最高点时A、B的速度都为零，系统的动能为零，系统的重力势能不变化，由于A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，此时弹簧的弹性势能相等，故D正确。故选：D。【点评】A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，根据题意分析清楚运动过程与受力情况，应用机械能守恒定律即可解题。5．（2024春•青秀区校级期末）如图所示，长1.6m、一端固定有一质量为2kg小球的轻杆绕O点在竖直平面内做圆周运动，a点为运动轨迹的最低点、b为最高点，已知小球经过b点时的速率为3m/s，g＝10m/s2。下列说法正确的是（）A．小球经过b点时受杆的作用力为零 B．小球经过b点时受杆的作用力竖直向下 C．小球经过a点时的速率为73m/sD．小球经过a点时的速率为8m/s【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律求解向心力；杆球类模型及其临界条件．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理能力．【答案】C【分析】设小球恰能经过最高点，计算临界速度，从而分析AB，根据动能定理解得CD。【解答】解：AB、设小球恰能经过最高点，则有mg＝mv解得v＝4m/s由于小球经过b点时的速率为3m/s＜v，所以杆对小球的作用力向上，故AB错误；CD、根据动能定理有mg×2r=解得va=73故C正确，D错误；故选：C。【点评】本题考查动能定理的应用，解题关键掌握小球恰能过最高点的条件。6．（2024春•河池期末）如图所示（俯视图），甲为水平平台，乙为与甲处在同一水平面的传送带。传送带以恒定速率v运转，某时刻，质量为m的货物从甲平台以垂直于传送带运行方向、大小也为v的速度冲上传送带，最终货物在脱离传送带之前与其达到相对静止，则自货物冲上传送带到货物与传送带相对静止的过程中，货物所受摩擦力做功大小为（）A．22mv2 B．12【考点】利用动能定理求解变力做功；动能定理的简单应用．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理能力．【答案】D【分析】根据动能定理分析解答即可。【解答】解：初始和最终货物速率未变，动能未变，根据动能定理可知，摩擦力对货物做的功为零，故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】本题要明确货物的受力情况和运动情况，关键是根据动能定理的关系进行解答。7．（2024春•青秀区校级期末）一质量为m的物块，在水平拉力F的作用下从静止开始沿水平面运动，其阻力f为物块重力的λ倍，水平拉力的大小F＝kx+f，其中k为比例系数，x为物块运动的距离。在物块运动的距离为s的过程中拉力做的功为（）A．λmgs B．12C．12(ks【考点】利用动能定理求解变力做功．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理能力．【答案】D【分析】根据数学方法画出拉力与位移的变化图像，根据面积计算。【解答】解：根据题意可知阻力f＝λmg，画出F﹣x图像，如图所示图像与坐标轴围成的面积代表拉力做功，则有W=解得W=故D正确，ABC错误；故选：D。【点评】本题考查变力做功的计算，解题关键掌握图像的物理意义。8．（2024•齐齐哈尔开学）如图为某游乐场圆弧形滑梯，表面粗糙。一个小朋友从最高处由静止滑下直至最低处水平滑离的过程中，下列说法一定正确的是（）A．小朋友的动能一直增大 B．小朋友重力的功率一直增大 C．小朋友始终处于失重状态 D．小朋友机械能一直减小【考点】常见力做功与相应的能量转化；超重与失重的概念、特点和判断．【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理能力．【答案】D【分析】根据小朋友的运动情况和受力情况分析AC，根据重力功率的计算公式分析B，根据摩擦力做功情况分析D。【解答】解：A、小朋友从最高处由静止滑下时，速度增大，则动能增大，在水平处，只有摩擦力做负功，动能减小，故A错误；B、根据功率的计算公式P＝mgvy可知，在水平处，重力功率为0，故B错误；C、朋友从最高处由静止滑下时，先有向下的加速度，再有向上的加速度，则先失重后超重，故C错误；D、整个过程中摩擦力一直做负功，机械能减小，故D正确；故选：D。【点评】本题考查功和能量的关系，解题关键掌握功率的计算公式，注意机械能变化的判断。9．（2024•衡水模拟）如图所示，一个正四棱锥形框架放置在地面上，各侧棱边长和底边的对角线长均为L，在各侧棱都有轻质光滑圆环，对面圆环被同一根弹性绳连接，在弹性绳的交叉穿过一个轻质小圆环，其半径忽略不计，在环上用轻质硬绳挂一个质量为m的重物，初始时由于重物被手托举，弹性绳均处于各侧棱的中点位置，若整个过程中都处于弹性限度内，弹性绳的劲度系数均为k，弹性势能Ep=12kΔxA．重物下落过程中，该重物的机械能守恒 B．重物下落的过程中，各侧棱的轻质小环不会运动 C．重物下落过程中，重物的最大速度为mgD．重物下落到最低点时，弹性绳对重物做的功为m【考点】机械能守恒定律的简单应用；利用动能定理求解变力做功．【专题】比较思想；几何法；动能定理的应用专题；分析综合能力．【答案】C【分析】根据外力做功情况判断重物的机械能是否守恒；由题意分析侧棱上的轻质小环如何运动；释放重物后，合力为零时，速度最大，由几何关系和机械能守恒定律相结合计算重物的最大速度；根据动能定理求弹性绳对重物做的功。【解答】解：A、重物下落过程中，弹性绳对重物要做功，所以重物机械能不守恒，故A错误；B、重物下落的过程中，弹性绳的拉力变大，方向会向下偏转，侧棱上的轻质小环会有一定的下降，故B错误；CD、重物下落过程中，由于轻质小环和侧棱之间是光滑的，释放重物后，由于小环轻质，重物下落至任何位置，绳与侧棱均垂直，设每根弹性绳的长度是x，则经分析，交叉点到棱尖S的距离也为x，环是轻质的，故可知初始弹性绳处于原长状态，当物块速度最大时，有4k(x−L解得：x=由机械能守恒定律，得mg(x−3解得重物的最大速度为vm此过程重力对重物做的功为WG到最低点的过程重力继续对重物做的功，有WG′＞WG在最低点速度为零，根据动能定理可知重物下落到最低点时，弹性绳对重物做的功W弹＝﹣WG，故C正确，D错误。故选：C。【点评】本题考查系统机械能守恒的应用，要掌握机械能守恒的条件，明确重物的速度最大时合力为零。要知道动能定理是求功常用的方法。10．（2024春•曲靖期末）一质量为m的汽车，启动后在发动机功率保持不变的条件下在水平路面上行驶，经过一段时间后将达到以速度v匀速行驶的状态，若汽车在行驶中受到的阻力大小f保持不变，则（）A．发动机功率P＝fv B．启动过程中，汽车做匀加速运动 C．在车速为14v时，汽车的加速度大小为D．发动机在t时间内做的功为2fvt【考点】机车以恒定功率启动．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；分析综合能力．【答案】A【分析】A.汽车发动机功率不变时，根据功率公式求解；B.由牛顿第二定律求加速度的变化；C.由牛顿第二定律求在车速为14D.由功率计算公式求发动机在t时间内做的功。【解答】解：A．汽车发动机功率保持不变，所以在匀速行驶的过程中，牵引力大小等于阻力，则发动机功率为P＝F牵v＝fv故A正确；B．汽车发动机功率保持不变，在启动过程中，速度逐渐增大，故P＝F牵v′汽车随速度的增大牵引力逐渐减小，阻力不变，根据牛顿第二定律可得a=F所以，加速度会逐渐减小，因此汽车在启动过程中，做加速度逐渐减小的加速运动，故B错误；C．在车速为14F牵根据牛顿第二定律得汽车的加速度大小为a′=F故C错误；D．根据功率计算公式得发动机在t时间内做的功为W＝Pt＝fvt故D错误。故选：A。【点评】解决本题的关键掌握功率的公式P＝Fv，当功率不变时，速度增大，牵引力减小，牵引力等于阻力时，速度最大，以后做匀速直线运动．二．多选题（共5小题）（多选）11．（2024春•莆田期末）如图所示，木块放在光滑水平面上，一颗子弹水平射入木块。若子弹受到的平均阻力为f，射入深度为d，在此过程中木块的位移为s，则（）A．子弹的动能减少了fs B．木块的动能增加了fs C．系统产生的热量为fd D．子弹克服阻力做功为fd【考点】常见力做功与相应的能量转化．【专题】定量思想；模型法；功能关系能量守恒定律；理解能力．【答案】BC【分析】对子弹，由功的公式求子弹克服阻力做功，利用动能定理求解子弹的动能减少量；对木块，利用动能定理求木块的动能增加量；根据子弹与木块发生的相对位移求解系统产生的热量。【解答】解：AD、在此过程中，子弹对地的位移为s+d，对子弹，根据定理定律得﹣f（s+d）＝ΔEk可知子弹克服阻力做功为f（s+d），子弹的动能减少了f（s+d），故AD错误；B、在此过程中木块的位移为s，对木块，根据定理定律得fs＝ΔE′k，可知木块的动能增加了fs，故B正确；C、子弹与木块间的相对位移为d，根据功能关系可知子弹与木块组成系统产生的热量为Q＝fd，故C正确。故选：BC。【点评】本题采用隔离法运用动能定理，对单个物体，要注意位移的参照物是地面。系统产生的热量与子弹与木块间的相对位移有关。（多选）12．（2024春•绵阳期末）如图所示的光滑轨道由曲线轨道OD和“倒水滴形”回环轨道平滑连接组成。“倒水滴形”回环轨道上半部分是半径为R的半圆轨道、C为最高点，下半部分为两个半径为2R的四分之一圆弧轨道、D同时是圆弧轨道的最低点。一小球从轨道顶部O点由静止开始沿轨道自由下滑，沿轨道内侧经过C点时恰好对轨道无压力，O点到D点高度为H。则下列说法正确的是（）A．若减小H，小球可能经过C点且速度为零 B．若减小H，小球经过D点时速度减小 C．若增大H，小球可能经过C点且无压力 D．若增大H，小球经过D点时对轨道的压力增大【考点】机械能守恒定律的简单应用；牛顿第二定律求解向心力．【专题】比较思想；临界法；机械能守恒定律应用专题；分析综合能力．【答案】BD【分析】小球经过C点时恰好对轨道无压力，若减小H，小球将不能经过C点；若增大H，小球一定经过C点，根据机械能守恒定律与牛顿运动定律相结合分析小球经过D点时对轨道的压力变化情况。【解答】解：AC、小球由O点到C点，根据机械能守恒定律得mg(H−3R)=1小球经过C点时恰好对轨道无压力，则有mg=mv由此可知，若减小H，小球将不能经过C点；若增大H，小球一定经过C点，且在C点受到轨道向下的弹力，则小球对轨道有向上的弹力，故AB错误；BD、小球由O点到D点，根据机械能守恒定律得mgH=1小球经过D点时，由牛顿第二定律有FN−mg=mvD由此可知，若减小H，小球经过D点时速度减小；若增大H，小球经过D点时速度增大，轨道对小球的支持力增大，根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力增大，故BD正确。故选：BD。【点评】本题考查机械能守恒定律和向心力的综合问题，也可以用动能定理与向心力来解决问题。（多选）13．（2024春•横山区期末）人们有时用“打夯”的方式把松散的地面夯实。设某次打夯符合以下模型：两人同时通过绳子对重物各施加一个恒力，力的大小均为1000N，方向都与竖直方向成37°，重物离开地面25cm后人停止施力，最后重物自由下落把地面砸深8cm。已知重物的质量为50kg，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。则（）A．两人通过绳子对重物做功为400J B．重物离地面的最大高度为25cm C．重物刚落地时速度大小为4m/s D．地面对重物的平均阻力为5000N【考点】常见力做功与相应的能量转化；重力势能的变化和重力做功的关系；动能定理的简单应用．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理能力．【答案】AC【分析】A.根据题意先求合力，再根据公式求解合力功；B.根据惯性分析物体的运动情况并作出判断；CD.根据动能定理列式求解速度和平均阻力大小。【解答】解：A.两人对重物施加的力的合力为F合＝2Fcos37°＝2×1000×0.8N＝1600N，已知h1＝25cm＝0.25m，两人通过绳子对重物做功为W＝F合h1＝1600×0.25J＝400J，故A正确；B.重物离开地面25cm后人停止施力，重物具有惯性，会继续向上运动，则重物离地面的最大高度一定大于25cm，故B错误；C.从抬起到落地的过程，上升时重力做负功，下降时重力做正功，只是在整个过程重力所做的总功为零，只有绳子的合力对物体做功，由动能定理可得F合D.对重物先上升后下降的全过程，设h2＝8cm＝0.08m，m＝50kg，由动能定理有F合h1+mgh2﹣fh2＝0﹣0，代入数据解得f＝5500N，故D错误。故选：AC。【点评】考查动能定理和合外力的功等，会根据题意进行准确分析和计算。（多选）14．（2024春•青秀区校级期末）如图甲所示，质量为m＝1kg的小物块自倾角为37°固定粗糙斜面底端以E0＝200J的初动能沿斜面向上滑动（斜面足够长）。规定斜面底端为零势能面，物体向上滑动的过程中动能和机械能与上升高度h的关系分别如图（乙）所示。已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度大小为g＝10m/s2。则（）A．物体向上滑动的最大距离为6m B．物体与斜面间的动摩擦因数为0.5 C．物体到达斜面底端时的动能为40J D．物体在斜面运动的全过程中因摩擦产生的热量为80J【考点】动能定理的简单应用；常见力做功与相应的能量转化；动摩擦因数的性质和计算．【专题】定量思想；寻找守恒量法；功能关系能量守恒定律；分析综合能力．【答案】BCD【分析】根据图像读出物体在最高点的机械能即在最高点的重力势能，由重力势能的计算公式和几何关系相结合求出物体向上滑动的最大距离。根据动能定理求动摩擦因数。结合能量守恒定律求物体到达斜面底端时的动能，再求全过程中克服摩擦力做功，即可得到全过程中因摩擦产生的热量。【解答】解：A、设物体向上滑动的最大距离为s，根据图像可知物体在最高点时，有mgs•sin37°=35解得：s＝20m，故A错误；B、设物体与斜面间的动摩擦因数为μ，上滑过程，由动能定理有﹣mgs•sin37°﹣μmgscos37°＝0﹣E0解得：μ＝0.5，故B正确；C、设物体上滑过程中克服摩擦力所做的功为W克，根据图像，结合能量守恒可得E0＝mgs•sin37°+W克解得：W克＝80J物体下滑到达斜面底端的过程，根据动能定理有mgs•sin37°﹣W克＝Ek解得物体到达斜面底端时的动能为：Ek＝40J，故C正确；D、物体上滑和下滑过程克服摩擦力做功相等，则物体在斜面运动的全过程中因摩擦产生的热量为Q＝2W克＝2×40J＝80J，故D正确。故选：BCD。【点评】本题要理解图像的物理意义，运用功能关系和动能定理时，要选择合适的物理过程，确定初末状态的动能和重力势能。（多选）15．（2024春•青秀区校级期末）如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A，轻质定滑轮下方悬挂重物B，悬挂滑轮的轻质细线竖直。开始时，重物A、B处于静止状态，释放后A、B开始运动。已知A、B的质量相等且均为m，运动过程的摩擦阻力和空气阻力均忽略不计，重力加速度为g，当A的位移大小为h时。则（）A．B的速率是A的2倍 B．悬挂重物B的轻绳上的拉力大小为25C．A的速度大小为gℎ D．轻绳对B做功为−【考点】多物体系统的机械能守恒问题；常见力做功与相应的能量转化．【专题】定量思想；推理法；电荷守恒定律与库仑定律专题；推理能力．【答案】AD【分析】由动滑轮和定滑轮的知识可知B的速率是A的2倍，用隔离法分别对A和B用牛顿第二定律可求轻绳上的拉力。由系统的机械能守恒和A选项中的速度关系可求B的速度，由动能定理可求轻绳对B做的功。【解答】解：A．根据题意可知，当A的位移大小为h时，B的位移大小为2h，由公式ℎ=1B．设悬挂重物B的轻绳上的拉力大小为F，A的加速度大小为a，则B的加速度大小为2a，由牛顿第二定律，对A有2F﹣mg＝ma对B有mg﹣F＝m•2a联立解得F=3故B错误；CD．根据题意可知，运动过程中由系统的机械能守恒，则有mg⋅2ℎ−mgℎ=1又有vB＝2vA解得vA=2gℎ设轻绳对B做功为W，由动能定理有mg⋅2ℎ+W=1解得W=−6故C错误，D正确。故选：AD。【点评】本题考查了系统的机械能守恒的应用，隔离法在牛顿第二定律中的应用。动能定理的简单应用。三．填空题（共5小题）16．（2024春•徐汇区校级期末）如图所示，桌面高为h，质量为m的小球从离桌面高H处自由落下，假设释放时的重力势能为0，重力加速度为g，则小球落到地面自瞬间的重力势能为﹣mg（H+h），，机械能为0。【考点】计算物体的机械能；重力势能的定义和计算．【专题】定量思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；推理能力．【答案】﹣mg（H+h），0。【分析】根据题意分析重力势能零势面，结合重力势能定义式列式求解，再根据机械能守恒定律求解机械能。【解答】解：根据题意，参考平面是小球释放时所在的水平面，则小球落地时相对参考平面的高度为﹣（h+H），故小球落到地面的瞬间的重力势能EP＝﹣mg（H+h），因为小球自由下落，所以小球和地球组成的系统满足机械能守恒，初状态动能为0，重力势能也为0，所以机械能为二者之和为0。故答案为：﹣mg（H+h），0。【点评】考查重力势能的计算和机械能守恒定律，会根据题意进行准确分析和解答。17．（2024春•浦东新区校级期末）一台起重机以2.1×103N的牵引力将质量m＝200kg的货物由静止开始竖直向上匀加速提升：如果起重机的额定功率P0＝5×103W。则货物做匀加速运动的时间为4.76s；若起重机达到额定功率后，始终保持该功率运行，最终将以2.5m/s的速度匀速上升。（保留到小数点后一位）【考点】机车以恒定加速度启动．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理能力．【答案】4.76，2.5。【分析】先根据牛顿第二定律计算加速度，然后计算出匀加速运动达到的最大速度，最后根据运动学公式计算匀加速的时间；当货物受力平衡时货物匀速上升。【解答】解：根据牛顿第二定律有F﹣mg＝ma，解得货物匀加速运动的加速度为a＝0.5m/s2，则货物匀加速运动达到的最大速度为v1=P0当牵引力等于重力时，货物的速度达到最大，以这个速度匀速上升，则匀速上升的速度为v=故答案为：4.76，2.5。【点评】掌握机车匀加速启动的过程，知道不管是匀加速启动，还是恒定功率启动，最后达到的最大速度是相等的。18．（2024春•泉州期末）一质量为2.5×103kg的汽车，额定功率为75kW。现让汽车保持额定功率在水平路面上从静止开始运动，运动中汽车所受阻力恒为车重的0.1倍，取重力加速度大小g＝10m/s2。从启动开始至汽车达到最大速度过程中，汽车的加速度逐渐减小（选填“保持不变”“逐渐增大”或“逐渐减小”），汽车所能达到的最大速度大小为30m/s。【考点】机车以恒定功率启动．【专题】计算题；定量思想；推理法；功率的计算专题；推理能力．【答案】逐渐减小30【分析】汽车恒定功率启动，速度增大，根据功率P＝Fv和牛顿第二定律F﹣f＝ma便可求解。【解答】解：汽车以恒定功率启动，根据P＝Fv可知，速度增大，牵引力减小，F﹣f＝ma可知，阻力不变加速度逐渐减小，当牵引力等于阻力时，速度达到最大vm故答案为：逐渐减小30【点评】本题主要考查学生对于恒功率汽车启动问题的牵引力和加速度的变化问题以及对于速度最大时候的运动状态的分析。19．（2024春•福清市期末）2024年5月18日，杭温高铁正式启动全线联调联试，一辆在测试的高铁的总质量M＝2.0×105kg，额定输出功率为9600kW。假设该动车组在某段水平轨道上运动时的最大速度为360km/h，受到的阻力f与速度v满足f＝kv，该动车组以最大速度匀速行驶时的牵引力为96000N，当匀速行驶的速度为最大速度一半时，动车组的输出功率为2400kW。【考点】瞬时功率的计算；牛顿第二定律的简单应用；功率的定义、物理意义和计算式的推导．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理能力．【答案】96000；2400。【分析】当动车组匀速运行时，根据功率与速度的关系P＝Fv求出牵引力的大小；当速度为最大速度的一半时，因为仍是匀速运动，先求出此时的牵引力，再求此时的功率。【解答】解：当动车组速度达到最大时，功率达到额定输出功率，由P额＝Fv可得该动车组此时的牵引力为F=P当动车组以最大速度匀速行驶时，牵引力等于阻力，F＝f＝kv当匀速行驶的速度为v1=12v时，此时的牵引力等于此时的阻力，F1＝f1此时的动车组的输出功率为P1＝F1v1代入数据解得P1＝2400kW故答案为：96000；2400。【点评】本题考查功率与速度的关系，在机车类问题中功率与速度通过P＝Fv相互制约，所以做不到无限加速，当功率达到额定输出功率时，速度达到最大；当匀速运动时，牵引力等于阻力。20．（2024春•福州期末）某“复兴号”列车的额定功率为1.0×104kW，质量为1.0×105kg。若该列车保持额定功率不变从静止启动后，在水平轨道上行驶，受到的阻力恒为1.0×105N，80s后达到最大速度。该列车在达到最大速度之前做变加速直线运动（填“匀加速”或“变加速”），加速位移为3000m。【考点】利用动能定理求解机车启动问题；机车以恒定功率启动．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；推理能力．【答案】变加速，3000【分析】根据牛顿第二定律和功率公式P＝Fv相结合分析列车的运动情况，以恒定的功率行驶时，当牵引力和阻力大小相等时，列车的速度达到最大值，根据动能定理解得列出的位移。【解答】解：对列车，根据牛顿第二定律得a=可知随着列车速度的增大，列车牵引力减小，合力减小，列车加速度减小，所以列车在达到最大速度之前做变加速运动；当列车的牵引力与阻力大小相等时，列车速度达到最大，列车做匀速运动根据力的平衡可知牵引力F＝f又P额＝Fvm代入数据解得：vm＝100m/s从静止到达到最大速度过程中牵引力与阻力做功根据动能定理有Pt﹣fx=解得x＝3000m故答案为：变加速，3000【点评】本题考查的是汽车的启动方式，对于机车的两种启动方式：恒定加速度启动和恒定功率启动，同学们对于每种启动方式的运动过程一定要熟悉。四．解答题（共5小题）21．（2024春•河池期末）如图所示，竖直平面内固定的光滑半圆轨道BCD和光滑半圆管道DE在D点平滑连接，D、E分别为半圆轨道的管道的最高点，O，O'分别为半圆轨道和管道的圆心，C点与圆心O等高。水平地面与半圆轨道最低点B平滑连接，在水平地面的P点处有一竖直挡板，A点有一可视为质点的物块，一轻质弹簧水平放置在P、A间，左端固定在挡板上，右端与物块接触（未拴接，开始弹簧处于原长），P、A间地面光滑，A、B间地面粗糙。现使物块压缩弹簧（始终处于弹性限度内），某时刻由静止释放。已知物块质量m＝1kg，A、B间地面长度L＝0.2m，物块与A、B间地面的动摩擦因数μ＝0.5，半圆轨道半径R＝0.9m，半圆管道半径r＝0.1m，重力加速度g＝10m/s2，物块可视为质点，管道半径远大于其粗细。（1）若释放后，物块恰好能运动到C点，求：①物块经过B点时对轨道的压力N的大小；②弹簧所具有的弹性势能Ep0的大小；（2）若释放后，物块能经过E点，求释放时弹簧所具有的弹性势能最小值Epmin及此时经过E点时的速度vmin的大小。（结果可保留根号）【考点】机械能与曲线运动相结合的问题；牛顿第二定律的简单应用；弹簧类问题中的机械能守恒．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；分析综合能力．【答案】（1）①物块经过B点时对轨道的压力N的大小为30N；②弹簧所具有的弹性势能Ep0的大小为10J；（2）释放时弹簧所具有的弹性势能最小值为21.5J，经过E点时的速度的大小为1m/s。【分析】（1）①根据动能定理与牛顿第二定律解答；②根据功能关系解答；（2）根据临界条件结合功能关系解答。【解答】解：（1）①物块恰好能运动到C点，则在C点的速度为0，从B到C根据动能定理有﹣mgR＝0−在B点根据牛顿第二定律有F﹣mg=解得F＝30N根据牛顿第三定律可知物块经过B点时对轨道的压力N的大小为30N；②物块从静止到C点，根据功能关系有Ep0＝mgR+μmgL解得Ep0＝10J（2）物块能经过E点，根据牛顿第二定律有mg＝mv解得vmin＝1m/s从释放到E点，根据动能定理有Epmin＝mg×2（R+r）+12解得Epmin＝21.5J答：（1）①物块经过B点时对轨道的压力N的大小为30N；②弹簧所具有的弹性势能Ep0的大小为10J；（2）释放时弹簧所具有的弹性势能最小值为21.5J，经过E点时的速度的大小为1m/s。【点评】本题是一道力学综合题，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、圆周运动规律以及功能关系即可解题。22．（2024春•永州期末）随着科学技术的不断发展进步，无人机已广泛应用于生产和生活。某厂家在无风的天气做无人机飞行测试，让无人机从地面由静止开始竖直上升，上升过程的速度与时间关系如图所示，其中0～2s内图像为直线，2s末电动机功率达到额定值，此后保持额定功率运动。已知无人机总质量m＝2.0kg，空气阻力恒为无人机总重力的0.1倍，g取10m/s2，求：（计算结果均保留两位有效数字）（1）无人机在0～2s内电动机提供的牵引力F；（2）无人机竖直向上运动过程能够达到的最大速度vm；（3）无人机2～6s内上升的高度H。【考点】动能定理的简单应用；牛顿第二定律的简单应用；瞬时功率的计算；机车以恒定加速度启动．【专题】计算题；定量思想；模型法；动能定理的应用专题；分析综合能力．【答案】（1）无人机在0～2s内电动机提供的牵引力F为28N；（2）无人机竖直向上运动过程能够达到的最大速度vm为7.6m/s；（3）无人机2～6s内上升的高度H为30m。【分析】（1）无人机在0～2s内做匀加速直线运动，由图像的斜率求出加速度，再由牛顿第二定律求解电动机提供的牵引力F；（2）2s末电动机功率达到额定值，根据功率公式P＝Fv求出额定功率。无人机的加速度为零时，速度最大，由平衡条件得到牵引力大小，再由功率公式求解竖直向上运动过程能够达到的最大速度vm；（3）根据动能定理求解无人机2～6s内上升的高度H。【解答】解：（1）由图可知，0﹣2s内无人机做匀加速直线运动，其加速度为a=Δv空气阻力恒为无人机总重力的0.1倍，则空气阻力大小为f＝0.1mg＝0.1×2.0×10N＝2N根据牛顿第二定律有F﹣mg﹣f＝ma代入数据解得：F＝28N（2）2s末电动机功率达到额定值，此时速度v1＝6m/s，根据功率公式得P额＝Fv1＝28×6W＝168W当无人机速度最大时，加速度为零，可得牵引力大小为F′＝f+mg＝1.1mg＝1.1×2.0×10N＝22N又有P额＝F′vm代入数据解得：vm≈7.6m/s（3）2﹣6s内，时间间隔t2＝4s，由动能定理得P额代入数据解得：H≈30m答：（1）无人机在0～2s内电动机提供的牵引力F为28N；（2）无人机竖直向上运动过程能够达到的最大速度vm为7.6m/s；（3）无人机2～6s内上升的高度H为30m。【点评】本题属于机车启动类型，要理清无人机的运动情况和受力特点，根据动能定理和牛顿第二定律进行解答。23．（2024春•曲靖期末）如图所示某物理兴趣小组设计的一个游戏装置，该装置由倾角为60°的斜轨道AB，半径为r1＝0.4m、圆心角为60°的圆弧轨道EF，水平轨道FO2及一个半径为r2＝0.22m的14圆弧PQ组成，其中AFO2Q在同一水平线上，BE等高，BE间的距离l1＝0.23m，FO2间距离l2＝0.7m，O1、O2分别为两弧形轨道的圆心，F、P分别为两弧形轨道的最低点，O1F、O2P在竖直方向，滑块在FO2轨道滑动时动摩擦因数为μ＝0.5，其余轨道均光滑。某次游戏时小智同学用沿斜面向上的恒力F拉一个可视为质点的滑块从倾斜轨道最低点A由静止匀加速至B撤去外力，发现滑块刚好能从E点沿切线进入弧形轨道EF（无机械能损失），然后沿EF滑下经O2落在圆弧PQ上，已知滑块质量为m＝0.1kg，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2（1）滑块由A至B过程中重力做的功；（2）滑块在弧形轨道EF的最低点F处受轨道的支持力大小和方向；（3）滑块落在圆弧PQ上的位置。【考点】机械能与曲线运动相结合的问题；绳球类模型及其临界条件；动能定理的简单应用．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；机械能守恒定律应用专题；分析综合能力．【答案】（1）滑块由A至B过程中重力做的功﹣0.2J；（2）滑块在弧形轨道EF的最低点F处受轨道的支持力大小3N，方向竖直向上；（3）滑块落在圆弧PQ上的中点。【分析】（1）BE等高，求出B点高度，根据重力势能定义求出滑块由A至B过程中重力做的功；（2）滑块从E到F，根据动能定理求经过F点时速度的大小，在F点根据牛顿第二定律结合向心力公式求解，滑块受轨道的支持力大小和方向；（3）滑块从F到O2，根据动能定理求经过O2的初速度大小，再结合平抛运动知识求解滑块落在圆弧PQ上的位置。【解答】解：（1）E点的高度为h＝r1﹣r1cos60°解得h＝0.2m即B点高度也为h＝0.2m，滑块由A至B过程中重力做功WG＝﹣mgh解得WG＝﹣0.2J（2）滑块刚好能从E点沿切线进入弧形轨道，且B、E等高，可知滑块在BE间做斜抛运动。设E点时速度为vE，从最高点下落到E点所用时间为t，水平方向则有vEx竖直方向则有vEy＝gt由抛体运动规律可得tan60°=v联立解得t=0.13vEx＝1m/svEy滑块经过E点时的速度大小vE解得vE＝2m/s在EF段只有重力做功，根据机械能守恒定律可得12解得vF在F点由重力和支持力的合力提供向心力，有FN解得FN＝3N可知支持力大小为3N，方向竖直向上。（3）设滑块运动到O2时速度为v2，由动能定理有−mgμl解得v2＝1m/s滑块经过O2之后做平抛运动落到圆弧轨道PQ上，由平抛运动特点可得x＝v2t2y=1且x2解得t2＝0.2sx＝0.2my＝0.2m由x＝y可知，滑块落在圆弧PQ上的中点位置。答：（1）滑块由A至B过程中重力做的功﹣0.2J；（2）滑块在弧形轨道EF的最低点F处受轨道的支持力大小3N，方向竖直向上；（3）滑块落在圆弧PQ上的中点。【点评】本题考查了动能定理、平抛运动、圆周运动，滑块运动的过程较多，要明确各个过程中力和运动的关系，有一定的难度。24．（2024春•太原期末）如图所示，竖直平面内光滑细管弯成的圆弧形轨道半径R＝0.5m，质量m＝1kg的小球在最高点Q受到轻微扰动，由静止沿管道从右侧滑下。小球经最低点A从管道P点飞出后恰好垂直打在竖直墙面BC上的E点（图中未画出），OP与OA的夹角θ＝53°。已知小球直径远小于R且可视为质点，重力加速度g取10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：（1）小球到达P点时，管道对小球弹力的大小和方向；（2）Q、E之间的高度差h。【考点】利用动能定理求解多过程问题；物体在环形竖直轨道内的圆周运动；圆周运动与平抛运动相结合的问题．【专题】定量思想；推理法；牛顿第二定律在圆周运动中的应用；动能定理的应用专题；推理能力．【答案】（1）小球到达P点时，管道对小球弹力的大小为38N，方向沿PO方向；（2）Q、E之间的高度差h为0.288m。【分析】（1）由动能定理求得小球到达P点时的速度大小，根据牛顿第二定律求得管道对小球弹力的大小，并确定弹力的方向。（2）由P到E小球做斜抛运动，确定到达E点时的速度大小。对小球由Q到E的过程，由动能定理求解Q、E之间的高度差。【解答】（1）对小球由Q到P的过程，由动能定理得：mgR(1+cosθ)=1设在P点管道对小球的弹力为FN，根据牛顿第二定律得：FN解得：FN＝38N，方向沿PO方向。（2）由P到E小球做斜抛运动，到达E点时的速度大小等于在P点的水平分速度大小，则有：vE＝vpcosθ对小球由Q到E的过程，由动能定理得：mgℎ=1解得：h＝0.288m答：（1）小球到达P点时，管道对小球弹力的大小为38N，方向沿PO方向；（2）Q、E之间的高度差h为0.288m。【点评】本题考查了牛顿第二定律在圆周运动中的应用，动能定理的应用。应用动能定理时要先选取研究的过程，确定所研究过程的初末运动状态，再确定此过程中力做功情况，注意力做功的正负。25．（2024春•朝阳区期末）某人骑摩托车越过一个壕沟，壕沟两侧的高度差h＝0.8m。摩托车后轮离开地面后失去动力，可视为平抛运动，后轮落到壕沟对面才算安全。若摩托车恰好越过这个壕沟的初速度为v0＝12m/s，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）摩托车在空中运动的时间t；（2）壕沟两侧的水平距离x；（3）摩托车恰好越过壕沟落地前瞬间的速度大小v。【考点】动能定理的简单应用；平抛运动位移的计算；平抛运动时间的计算．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；分析综合能力．【答案】（1）顺利越过壕沟，摩托车做平抛运动的时间为0.4s；（2）壕沟两侧的水平距离x为4.8m；（3）摩托车恰好越过壕沟落地时的速度大小为410m/s。【分析】（1）（2）摩托车做平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，根据运动学公式求解即可；（3）根据动能定理求解摩托车落地速度。【解答】解：（1）摩托车在竖直方向做自由落体运动，有h=代入数据解得：t＝0.4s，t＝﹣0.4s（舍去）（2）摩托车在水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t＝12×0.4m＝4.8m（3）根据动能定理得：mgℎ=代入数据解得：v=4答：（1）顺利越过壕沟，摩托车做平抛运动的时间为0.4s；（2）壕沟两侧的水平距离x为4.8m；（3）摩托车恰好越过壕沟落地时的速度大小为410m/s。【点评】平抛运动的处理方法都是把平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和自由落体运动，第三问中也可用速度合成的方法计算，动能定理更方便、更快捷。

考点卡片1．动摩擦因数的性质和计算【知识点的认识】1.定义：彼此接触的物体做相对运动时摩擦力和正压力之间的比值，称为动摩擦因数μ．当物体处于水平运动状态时，正压力＝重力。2.影响因素：不同材质的物体间动摩擦因数不同，μ与接触面的材料、接触面的粗糙程度有关，无单位。注意：动摩擦因数与压力无关、与接触面积大小无关、与滑动摩擦力的大小无关、与相对运动的速度大小无关。动摩擦系数是物体本身的属性，只与物体本身有关，与有没有进行相对运动，以及有没有正压力无关。所以不能说动摩擦系数与摩擦力成正比，与正压力成反比。只能说摩擦力与正压力和动摩擦系数成正比，也就是f＝μN。【命题方向】一根质量可忽略不计的轻弹簧下端挂一物体，当物体静止不动时，弹簧伸长了10cm，将该物体放在水平桌面上，用该弹簧沿水平方向拉物体在桌面上做匀速滑动，此时弹簧伸长了2cm，求物体与桌面之间的动摩擦因数．分析：（1）当物体静止不动时，根据胡克定律得出弹簧的劲度系数与物体重力的关系．（2）在水平面上运动时，根据胡克定律求出弹簧的拉力，根据滑动摩擦力的公式求出动摩擦因数．解答：当物体静止不动时，根据胡克定律得：mg＝kx1；物体在桌面上做匀速滑动时，弹簧的拉力与滑动摩擦力二力平衡，则得：kx2＝f又f＝μN＝μmg联立以上三得，μ=k答：物体与桌面之间的动摩擦因数为0.2．点评：本题关键掌握胡克定律和共点力平衡条件，也提供了一种测量动摩擦因数的方法．【解题思路点拨】1.动摩擦因数是一种固有属性，与接触面的材料，粗糙程度有关。2.求解动摩擦因数的相关问题时，要注意正压力的求解。2．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13A、43mg分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于43故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。3．超重与失重的概念、特点和判断【知识点的认识】1．实重和视重：（1）实重：物体实际所受的重力，它与物体的运动状态无关。（2）视重：当物体在竖直方向上有加速度时，物体对弹簧测力计的拉力或对台秤的压力将不等于物体的重力。此时弹簧测力计的示数或台秤的示数即为视重。2．超重、失重和完全失重的比较：现象实质超重物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力大于物体重力的现象系统具有竖直向上的加速度或加速度有竖直向上的分量失重物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力小于物体重力的现象系统具有竖直向下的加速度或加速度有竖直向下的分量完全失重物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力为零的现象系统具有竖直向下的加速度，且a＝g【命题方向】题型一：超重与失重的理解与应用。例子：如图，一个盛水的容器底部有一小孔。静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设容器在下述几种运动过程中始终保持平动，且忽略空气阻力，则（）A．容器自由下落时，小孔向下漏水B．将容器竖直向上抛出，容器向上运动时，小孔向下漏水；容器向下运动时，小孔不向下漏水C．将容器水平抛出，容器在运动中小孔向下漏水D．将容器斜向上抛出，容器在运动中小孔不向下漏水分析：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；如果没有压力了，那么就是处于完全失重状态，此时向下加速度的大小为重力加速度g。解答：无论向哪个方向抛出，抛出之后的物体都只受到重力的作用，处于完全失重状态，此时水和容器的运动状态相同，它们之间没有相互作用，水不会流出，所以D正确。故选：D。点评：本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，本题就可以解决了。【解题方法点拨】解答超重、失重问题时，关键在于从以下几方面来理解超重、失重现象：（1）不论超重、失重或完全失重，物体的重力不变，只是“视重”改变。（2）物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体是有竖直向上的加速度还是有竖直向下的加速度。（3）当物体处于完全失重状态时，重力只产生使物体具有a＝g的加速度的效果，不再产生其他效果。平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失。（4）物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma。4．平抛运动位移的计算【知识点的认识】1.平抛运动的性质：平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。2.设物体在平抛运动ts后，水平方向上的位移x＝v0t竖直方向上的位移为y=物体的合位移为l=3.对于已知高度的平抛运动，竖直方向有h=水平方向有x＝v0t联立得x＝v02ℎ所以说平抛运动的水平位移与初速度大小和抛出点的高度有关。【命题方向】物体以初速度7.5m/s水平抛出，2秒后落到地面，则物体在这个过程中的位移是（）物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同．解：物体做平抛运动，水平方向的位移为：x＝v0t＝7.5×2m＝15m竖直方向上是自由落体运动，竖直位移为：h=12gt2=1物体的合位移为s=x故选：D。本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解．【解题思路点拨】平抛运动的物体在水平和竖直方向上的运动都是独立的，可以分别计算两个方向的位移，并与合位移构成矢量三角形（满足平行四边形定则）。5．平抛运动时间的计算【知识点的认识】1.平抛运动的性质：平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。2.平抛运动在水平和竖直方向上的运动是独立的，而将这两个运动联系起来的就是时间。因为分运动与合运动具有同时性。3.计算平抛运动时间的方法：①已知平抛高度h，则根据竖直方向上12g②已知水平位移x和初速度v0，则根据水平方向上x＝v0t可得t=③已知某一时刻的速度v和书速度v0，则根据速度的合成有v2=v0④已知某一时刻的速度v及速度偏转角θ，则gt＝vsinθ，从而得到t=⑤已知某一时刻的位移x及位移偏转角θ，则12g【命题方向】例1：将一个物体以速度v水平抛出，当物体的竖直位移是水平位移的两倍时，所经历的时间为（）A、vgB、v2gC、2v分析：物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同解答：由平抛运动的规律可知，水平方向上：x＝Vt竖直方向上：2x=12解得t=4v故选：D。点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解．例2：一个物体从某一确定的高度以v0的初速度水平抛出，已知它落地时的速度为v1，那么它的运动时间是（）A、v1−vogB、分析：物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同。解答：由于平抛运动是水平方向上的匀速直线运动与竖直方向上的自由落体运动的合运动，故任意时刻的速度是这两个分运动速度的合速度，当一个物体从某一确定的高度以v0的初速度水平抛出，已知它落地时的速度为v1，故v1是物体运动的末速度，由速度的分解法则可知，vy2=v∴物体的运动时间t=V故选：D。点评：本题就是对平抛运动规律的直接考查，掌握住平抛运动的规律就能轻松解决。例3：如图所示，在竖直平面内有一半圆形轨道，圆心为O．一小球（可视为质点）从与圆心等高的圆形轨道上的A点以速度v0水平向右抛出，落于圆轨道上的C点．已知OC的连线与OA的夹角为θ，重力加速度为g，则小球从A运动到C的时间为（）A、2ν0gcotθ2D、ν0gtanθ2C、分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．小球落到C点，根据几何关系确定小球竖直方向上的位移和竖直方向上的位移的比值，根据位移关系求出运动的时间．解答：由几何关系可知，AC水平方向的夹角为α=π−θ知tanα=则t=2故选：A。点评：解决本题的关键掌握平抛运动的规律，知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动．【解题思路点拨】1.平抛运动的时间是连接水平和竖直运动的桥梁，时间的计算方法有很多种，要根据题目给出的条件选择恰当的方法。2.平抛运动是匀变速曲线运动，速度变化量的计算要遵循矢量叠加原理，所以t=v−6．牛顿第二定律求解向心力7．绳球类模型及其临界条件8．杆球类模型及其临界条件9．物体在环形竖直轨道内的圆周运动10．圆周运动与平抛运动相结合的问题11．功的正负及判断12．功率的定义、物理意义和计算式的推导【知识点的认识】1.义：功与完成这些功所用时间的比值．2.理意义：描述做功的快慢。3.质：功是标量。4.计算公式（1）定义式：P=Wt，P为时间（2）机械功的表达式：P＝Fvcosα（α为F与v的夹角）①v为平均速度，则P为平均功率．②v为瞬时速度，则P为瞬时功率．推导：如果物体的受力F与运动方向的夹角为α，从计时开始到时刻t这段时间内，发生的位移是l，则力在这段时间所做的功W＝Flcosα因此有P=Wt由于位移l是从开始计时到时刻t这段时间内发生的，所以ltP＝Fvcosα可见，力对物体做功的功率等于沿运动方向的分力与物体速度的乘积。通常情况下，力与位移的方向一致，即F与v的夹角一致时，cosα＝1，上式可以写成P＝Fv。从以上推导过程来看，P＝Fv中的速度v是物体在恒力F作用下的平均速度，所以这里的功率P是指从计时开始到时刻t的平均功率。如果时间间隔非常小，上述平均速度就可以看作瞬时速度，这个关系式也就可以反映瞬时速度与瞬时功率的关系。5.额定功率：机械正常工作时输出的最大功率．6.实际功率：机械实际工作时输出的功率．要求不大于额定功率．【命题方向】下列关于功率和机械效率的说法中，正确的是（）A、功率大的机械，做功一定多B、做功多的机械，效率一定高C、做功快的机械，功率一定大D、效率高的机械，功率一定大分析：根据P=Wt知，做功多．功率不一定大，根据η解答：A、根据P=WBD、根据η=WC、功率是反映做功快慢的物理量，做功快，功率一定大。故C正确。故选：C。点评：解决本题的关键知道功率反映做功快慢的物理量，功率大，做功不一定多．做功多，效率不一定高．【解题思路点拨】1.功率是反映做功快慢的物理量，与功的多少没有直接关系。2.功率的定义式P=W13．瞬时功率的计算【知识点的认识】1.对于恒力做功，瞬时功率为P＝Fvcosα（v是瞬时速度，α是力与速度的夹角）2.如果力与速度的方向一致，则P＝Fv【命题方向】物体m从倾角为α的固定的光滑斜面由静止开始下滑，斜面高为h，当物体滑至斜面底端，重力做功的瞬时功率为（）A、mg2gℎB、12mg2gℎsinC、mg2gℎsinαD、mg2gℎsinα分析：应用公式P＝Fv求某力的瞬时功率时，注意公式要求力和速度的方向在一条线上，在本题中应用机械能守恒求出物体滑到斜面底